2026届高考考前最后一卷：理科综合（课标全国卷）（全解全析）

/2026年高考考前最后一卷（课标全国卷）高三理科综合（考试时间：150分钟试卷满分：300分）适用地区：新疆、西藏注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Al-27S-32Zn-65一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（社会热点）研究发现，高温诱导皮肤分泌KLK14蛋白，该蛋白经血液作用于下丘脑星形胶质细胞，形成表观遗传记忆，使GABA释放增多抑制催产素神经元，交感神经活动减弱，脂肪分解受阻；补充维生素A可抑制KLK14分泌，改善代谢障碍。下列叙述错误的是（）A.KLK14蛋白的基本组成元素为C、H、O、N，部分还含有S元素B.热应激诱导的表观遗传记忆，未改变核酸中脱氧核苷酸的排列顺序C.交感神经兴奋减弱，会使脂肪细胞中有机物的氧化分解速率下降D.维生素A属于脂质类物质，可替代糖类作为细胞的主要能源物质【答案】D【解析】A：蛋白质基本元素为C、H、O、N，多数含S，正确。B：表观遗传不改变DNA碱基序列，只改变修饰状态，正确。C：交感神经兴奋减弱→脂肪分解受阻→有机物氧化分解速率下降，正确。D：维生素A属于脂质，但不能作为细胞主要能源物质，细胞主要能源物质是糖类，错误。2．（原创题）当植物遭受真菌侵染时，植物识别受体（PPM）被激活，引发钙信号、活性氧激增，促进防御激素合成，并诱导外泌体大量合成与释放。外泌体携带sRNA、mRNA、防御蛋白等进入病原体细胞，调控致病基因表达，降低感染程度。下列相关叙述正确的是（）A.植物通过模式识别受体实现对“自身”与“非己”成分的识别，体现免疫防御功能B.外泌体通过主动运输进入病原体细胞，依赖膜的选择透过性C.逆境下活性氧大量积累可促进光合作用相关酶活性，提高光合效率D.植物防御激素通过定向运输至感染部位，调控基因表达启动免疫应答【答案】A【解析】A：植物模式识别受体识别“非己”（病原体），启动免疫防御，正确。B：外泌体通过胞吞进入病原体细胞，依赖膜的流动性，不是主动运输与选择透过性，错误。C：逆境活性氧大量积累损伤酶、抑制光合，不会提高光合效率，错误。D：植物激素无定向运输（随体液/汁液扩散），错误。3．（改编题）放线菌产生的次生代谢物能帮助宿主抵御病原菌侵染，为探究其次生代谢产物乙酸乙酯和正丁醇对S菌是否具有抑菌作用，进行了如图实验。下列相关叙述正确的是（）

A.放线菌稳定生长期大量合成乙酸乙酯与正丁醇，该类物质合成受管家基因持续调控B.空白组排除溶剂本身影响，阿莫西林阳性对照可判断两种次生代谢物抑菌活性强弱C.抑菌圈内侧活菌耐药性普遍低于抑菌圈边缘，长期筛选会使菌群抗性基因频率下降D.阿莫西林诱导抑菌圈附近细菌产生耐药性变异【答案】B【解析】A：次生代谢物在稳定期后期/衰亡期大量合成，受奢侈基因调控，不是管家基因，错误。B：空白对照排除溶剂干扰，阿莫西林阳性对照可判断抑菌活性强弱，正确。C：抑菌圈边缘耐药菌更多，长期筛选抗性基因频率上升，错误。D：耐药性变异自发产生，阿莫西林只起选择作用，错误。4．（改编题）抗利尿激素（ADH）调节肾小管和集合管细胞对水分的重吸收，尿崩症是指由于各种原因，ADH的产生或作用出现异常，使肾脏对水分的重吸收产生障碍，该激素的作用机理如图所示。下列相关叙述正确的是（）A.ADH由下丘脑合成并垂体释放，通过体液定向运输至肾小管和集合管B.ADH作为信息分子进入靶细胞后，启动相关信号通路合成水通道蛋白C.高尔基体参与水通道蛋白的加工与囊泡运输，该过程依赖膜的流动性D.受体异常引发的尿崩症患者，体内ADH分泌量会低于健康人群【答案】C【解析】A：ADH通过体液运输到全身，不是定向到靶器官，错误。B：ADH不进入细胞，与膜受体结合启动信号，错误。C：高尔基体加工蛋白、参与囊泡运输，依赖膜流动性，正确。D：受体异常尿崩症，ADH不能发挥作用，机体ADH分泌高于健康人，错误。5．（原创题）固氮蓝藻为光合自养型原核生物，其异形胞是特化的低氧环境细胞，为固氮酶提供适宜条件并完成固氮过程。研究发现，固氮蓝藻可将大气中氮气转化为铵态氮，提升稻田土壤肥力与氮肥利用率。下列相关叙述正确的是（）A.固氮蓝藻固定的氮以硝酸盐形式直接被水稻吸收利用B.固氮蓝藻与水稻互利共生，可提高稻田生态系统的能量传递效率C.生物固氮促进了氮元素从无机环境进入生物群落的过程D.可利用放射性15N同位素示踪法追踪氮元素的转移路径【答案】C【解析】A：固氮蓝藻固定N以铵态氮被植物吸收，不是硝酸盐，错误。B：互利共生不提高能量传递效率，只提高利用率，错误。C：生物固氮将无机N₂转化为有机氮，促进N从无机环境进入生物群落，正确。D：¹⁵N无放射性，是稳定同位素，用同位素示踪法不用放射性标记，错误。6．（社会热点）研究发现三特异性抗体可实现对小鼠多发性骨髓瘤细胞（MM）的选择性杀伤，作用机理如图所示。下列叙述错误的是（）A.制备该三特异性抗体，可将三种分别分泌不同单克隆抗体的杂交瘤细胞融合获得B.筛选能产生三特异性抗体的杂交瘤细胞，需依次使用三种特异性抗原进行抗原—抗体杂交检测C.三特异性抗体结合TCR、CD28，促进T细胞活化并分泌细胞因子，增强对MM细胞的杀伤作用D.体外大规模培养杂交瘤细胞生产抗体时，需添加血清以保证细胞无病原体、无菌生长【答案】D【解析】A：三种杂交瘤细胞融合可制备三特异性抗体，正确。B：需用三种抗原依次筛选能产生特异性抗体的杂交瘤，正确。C：三特异性抗体结合TCR、CD28→激活T细胞→增强杀伤，正确。D：添加血清是提供营养，不是保证无菌无病原体，错误。7．（社会热点）新能源汽车制造业是我国战略性新兴产业。下列说法错误的是A．电动汽车的轻量化设计中广泛使用的碳纤维材料属于天然高分子材料B．功率芯片采用第三代半导体材料氮化镓(GaN)，Ga位于元素周期表p区C．磷酸铁锂电池正极材料使用安全性高的，其中铁元素的化合价为D．储氢合金(M)大量吸收氢气生成金属氢化物()，生成氢化物发生了化学变化【答案】A【详解】A．碳纤维是人工合成的新型无机非金属材料，不属于天然高分子材料，A错误；B．Ga位于元素周期表第ⅢA族，第ⅢA~ⅦA族和0族元素均属于p区，故Ga位于p区，B正确；C．LiFePO4中Li为+1价，整体为-3价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可计算得Fe的化合价为+2，C正确；D．储氢合金吸收氢气生成新物质金属氢化物MHx，有新物质生成，属于化学变化，D正确；故答案选A。8．下列离子方程式书写正确的是A．向溶液中通入少量B．向溶液中滴加少量溶液：C．向溶液中通入少量D．向溶液中加入过量氨水：【答案】D【详解】A．还原性，向溶液中通入少量时，优先氧化，正确离子方程式为，A错误；B．向溶液中滴加少量，完全反应，系数应为1，正确离子方程式为，选项给出的是过量时的反应，B错误；C．酸性：，向苯酚钠溶液中通入少量只能生成，正确离子方程式为，C错误；D．向溶液中加入过量氨水，最终与过量形成可溶性络离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式书写正确，D正确；故选D。9．羟甲香豆素(丙)有治疗胆结石的功效，其合成方法如下。下列说法正确的是A．甲的分子式为 B．1mol乙最多消耗3molNaOHC．丙中含有两种官能团 D．可用质谱法测定丙中存在羟基【答案】B【详解】A．甲的分子式为，不是，A错误；B．乙中的苯环上有1个酚羟基，1mol酚羟基消耗，含1个酚酯基，1mol酚酯基水解消耗，醇羟基不与反应，因此1mol乙最多消耗，B正确；C．丙（羟甲香豆素）含有的官能团：酚羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，C错误；D．质谱法的作用是测定有机物的相对分子质量，测定官能团需要用红外光谱法，D错误；故选B。10．某科研小组设计如图装置，实现含盐废水(以NaCl为例)和造纸废水(以含葡萄糖为例)的有效处理，并获得HCl溶液和NaOH溶液。已知，电极A和电极B均为惰性电极，M、N、P膜为离子交换膜。下列说法正确的是A．电势：电极A＞电极BB．M膜和P膜均为阴离子交换膜C．该装置工作时，Ⅱ室和Ⅳ室溶液的pH均升高D．消耗，理论上可获得24molNaOH和24molHCl【答案】D【分析】由图可知，电极A为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+；电极B是正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；则原电池工作时，Ⅰ室中的氢离子通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室中的氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅱ室得到盐酸；Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入Ⅳ室，在Ⅳ室得到氢氧化钠溶液。【详解】A．由分析可知，电极A为原电池的负极，电极B是正极，则电极B的电势高于电极A，A错误；B．由分析可知，M膜和P膜均为阳离子交换膜，B错误；C．由分析可知，原电池工作时，Ⅱ室得到盐酸，溶液pH减小；Ⅳ室得到氢氧化钠溶液，pH升高，C错误；D．电极A的反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，由电荷守恒可知，Ⅱ室可以获得24mol氯化氢，Ⅳ室获得24mol氢氧化钠，D正确；故选D。11．由氢元素和W、X、Y、Z元素组成的某催化剂分子结构如下图所示。已知W、X、Y、Z为核电荷数依次增大短周期主族元素，基态的W原子和Y原子2p能级均有2个未成对电子，Y和Z原子的价电子数相同。下列说法正确的是A．电负性： B．第一电离能：C．简单氢化物的沸点： D．、分子都是非极性分子【答案】B【分析】W、X、Y、Z为核电荷数依次增大短周期主族元素，W形成4个共价键、Y形成2个共价键，基态的W原子和Y原子2p能级均有2个未成对电子，则W是C、Y是O、X是N元素；Y和Z原子的价电子数相同，Z是S元素。【详解】A．同主族元素从上到下，电负性依次减小，电负性O>S,，故A错误；

B．基态N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O，故B正确；C．H2O、NH3都能形成分子间氢键，H2O形成的分子间氢键多，所以简单氢化物的沸点H2O>NH3>H2S>CH4，故C错误；D．SO2分子中S原子价电子对数为3，S原子有1个孤电子对，SO2分子空间构型为角形，SO2是极性分子；SO3分子中S原子价电子对数为3，SO3分子中S原子无孤电子对，SO3分子空间构型为平面三角形，SO3是非极性分子，故D错误；选B。12．能络合NO，经过多步反应将NO脱除，同时生成，再用活性炭和水实现再生，反应机理如图所示。下列说法正确的是A．络合NO过程中由提供孤电子对B．过程ⅲ中发生反应的离子反应方程式为C．过程ⅳ中涉及极性共价键的断裂与形成D．活性炭降低了反应的活化能，改变了该反应的焓变【答案】B【详解】A．络合反应中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对。在中，Co2+是中心离子，提供空轨道；NO作为配体，提供孤电子对，A错误；B．过程iii中，反应物是Co3+和H2O，生成物是Co2+、O2和H+。根据氧化还原反应配平：Co3+Co2+，每个Co3+得1个电子；2H2O，每个O2生成时失4个电子。电子得失守恒：Co3+系数为4，O2系数为1，配平后方程式为：，B正确；C．过程iv是Co2+与NH3反应生成[Co(NH3)6]2+。反应中，Co2+与NH3形成配位键(属于极性共价键)，但没有旧极性共价键的断裂，仅存在新极性共价键的形成，C错误；D．活性炭作为催化剂，只能降低反应的活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的焓变(焓变只与反应物和生成物的能量差有关)，D错误；故选B。13．已知：XA、不溶于水，为二元弱酸。常温下，在、、总浓度为的溶液中，含A微粒物质的量分数、随pH变化的曲线如图所示，A、B、C点的坐标分别为、、。下列说法正确的是A．NaHA溶液显酸性B．N点对应的C．D．将某溶液调至，溶液中存在且【答案】C【分析】的两步电离：，，当时，，对应A点的pH=4.8，故；当时，，对应B点的pH=10.2，故。【详解】A．HA⁻的电离常数，水解常数，水解程度大于电离程度，NaHA溶液显碱性，A错误；B．HA⁻物质的量分数最高时，根据推导得，代入pH=7.5得，B错误；C．pH=10.2时，，，，C正确；D．Na2A溶液中物料守恒为，故，D错误；故选C。二、选择题：本题共8小题，每个小题6分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。14．核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为，则X为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据电荷数守恒，设X的电荷数为Z，故解得根据质量数守恒，设X的质量数为A，故解得故为，与A选项符合。故选A。15．2025年11月19日，清华学子邵雨琪在第十五届全运会女子跳高决赛中获得金牌，若起跳过程中，其重心上升的高度约为0.8m，请估算她起跳离地时，竖直向上速度为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【答案】C【详解】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为，由竖直上抛运动的规律，有解得竖直向上速度。故选C。16．如图所示，某地球卫星沿椭圆轨道运行，A、B分别为该轨道的远地点和近地点，A点到地球中心距离为r1，B点到地球中心距离为r2，不考虑其他天体影响。下列说法正确的是（）A．该卫星在A点受到的万有引力比B点的大B．该卫星在B点的机械能大于在A点的机械能C．该卫星在A、B两点的加速度大小之比为D．若在距地球中心r1处有一圆轨道卫星，其运行周期大于该椭圆轨道卫星【答案】D【详解】A．根据万有引力公式，A为远地点，，因此卫星在A点受到的万有引力更小，故A错误；B．卫星沿椭圆轨道运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，因此A、B两点机械能相等，故B错误；C．万有引力提供加速度，由得，因此A、B两点加速度之比，故C错误；D．该椭圆轨道的半长轴，由开普勒第三定律，可得距地球中心r1处有一圆轨道卫星，其运行周期大于该椭圆轨道卫星，故D正确。故选D。17．如图甲所示，正电荷仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该正电荷的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度大于B点的电场强度C．正电荷在A点的速度大于在B点的速度D．正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功【答案】D【详解】AC．因正电荷仅在静电力作用下经过A、B、C三点，电势能逐渐减小，说明电场力做正功，动能或者速度增大，正电荷在A点的速度小于在B点的速度；也说明正电荷受电场力方向即场强方向沿x轴正方向，又顺着电场线电势降低，故A点的电势高于B点的电势，故AC错误；B．又图像的斜率的绝对值表示电场力的大小，又而图像越来越陡，说明场强增大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；D．由，由C项分析知，故正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静电力做的功，故D正确。故选D。18．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个磁感应强度大小为B的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L。P、Q之间存在匀强加速电场E，方向与磁场边界垂直。质量为m、带电荷量为+q的粒子从P点注入电场（初速度为0），多次经电场加速和磁场偏转后，恰好从边界上距离Q点为L的出射口K引出，不计带电粒子的重力，则粒子引出前在磁场中运动的总时间为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，则，可得周期周期与粒子速度无关，故每运动半圆的时间为粒子最终从K点引出，最后一次偏转的直径为，因此最大半径洛伦兹力提供向心力解得粒子每次经过电场加速，电场做功为，加速次后，由动能定理有解得加速次数n次加速对应个半圆弧，故总时间为代入可得故选B。19．甲乙两位同学通过实验在图像中分别得到两条双曲线，如图所示。两人实验均操作无误，产生该情况的原因可能是______。A．甲同学推注射器比乙快B．乙同学推注射器比甲快C．甲同学注射器内的封闭气体质量比乙大D．乙同学注射器内的封闭气体质量比甲大【答案】BD【解析】p-V图像为双曲线，说明满足玻意耳定律pV=C。两条不同的双曲线，代表常数C不同。根据理想气体状态方程pV=nRT，在操作无误的前提下，C不同的可能原因。AB．实验时温度不同，由图可知乙的温度高，乙同学推注射器比甲快，导致温度升高，故A错误，B正确；CD．气体的物质的量不同（n不同，即封闭气体的质量不同），即乙同学注射器内的封闭气体质量比甲大，故D正确，C错误。故选BD。20．如图一列简谐横波在轴上传播，振幅为5cm，图甲和图乙分别为轴上、两质点的振动图像，为2m。下列说法正确的是（）A．、两质点的振动周期为4s B．2.5s时刻质点的位移为2.5cmC．波长可能为8m D．波速可能为【答案】ACD【详解】A．由图甲、乙可知，两质点的振动周期均为，故A正确；B．由图乙可知，质点的振动方程为当时，，故B错误；C．0时刻，质点位于平衡位置向下振动，质点位于波峰。若波由传向，则解得当时，，故C正确；D．若波由传向，则解得波速当时，，故D正确。故选ACD。21．某兴趣小组模拟电动汽车再生制动能量回收系统，设计了如图所示电路。平行且间距为的足够长光滑金属导轨固定在水平面，金属杆垂直静置在导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨通过单刀双掷开关分别与电源、电容器连接，电源的电动势为、内阻为，电容器的电容为、初始电荷量为零。先将开关拨到1，杆从静止开始加速运动，达到最大速度后再将开关拨到2，杆给电容器充电，实现动能回收。杆的质量为、接入电路的电阻为，不计导轨电阻，下列说法正确的是（）A．开关拨到1瞬间，杆的加速度大小为B．开关拨到1后，杆能达到的最大速度为C．开关拨到2后，杆做减速运动直到速度为零D．电容器的电容越大，则最终储存的电荷量越多【答案】BD【详解】A．开关拨到1瞬间，杆中的电流对杆进行分析，根据牛顿第二定律有解得，故A错误；B．开关拨到1后，杆开始做加速运动，杆相当于一个电源，回路总电动势减小，回路电流减小，杆所受安培力减小，杆开始做加速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电源电动势相等时，杆速度达到最大值，杆开始做匀速直线运动，则有解得，故B正确；C．开关拨到2后，电容器开始充电，回路中有充电电流，电容器相当于一个电源，电容器充电过程，极板所带电荷量增大，电容器极板间电压增大，回路总的电动势减小，充电电流减小，杆所受安培力减小，杆开始做加速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电容器极板电压相等时，杆开始做匀速直线运动，故C错误；D．开关拨到2后，令电容器极板间电压为U，结合上述有根据电容定义式有对杆进行分析，根据动量定理有其中解得可知，电容器的电容越大，则最终储存的电荷量越多，故D正确。故选BD。三、非选择题：共174分。22．（10分）如图甲所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，用天平测出小钢球的质量为m，用刻度尺测出摆线长度l，实验步骤如下：12345F/N0.1250.1430.1620.1810.2002.04.06.08.010.0(1)将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________cm；将钢球拉至某一位置释放，测得挡光时间为0.010s，小钢球在A点的速度大小__________m/s。(2)将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如上表所示：在图丙中画出的关系图像______，由图可知：钢球的重力为___________N。（结果保留3位小数）(3)某同学利用向心力的公式，发现实验中求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是。A．钢球运动过程中受到空气阻力的影响B．钢球经过光电门的时间过长C．光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度D．钢球释放的初始位置细绳与竖直方向的夹角太大【答案】(1)1.50（2分）1.5（2分）(2)（2分）0.106（2分）(3)C（2分）【详解】（1）由图乙可知遮光条宽度为将钢球拉至某一位置释放，测得挡光时间为0.010s，小钢球在A点的速度大小（2）根据表格数据描点，作出的关系图像如图所示根据牛顿第二定律可得可得可知图像的纵轴截距为钢球的重力，则有（3）某同学利用向心力的公式，发现实验中求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，根据向心力的计算公式若向心力偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。故选C。23．（12分）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图1（a）所示的实验电路，所用器材包括：电压表（量程0--3V，内阻很大）、电流表（量程0--0.6A）、电阻箱（阻值0--999.9Ω）、干电池、开关、导线若干；同时配备多用电表、热敏电阻等辅助器材。(1)实验前，小组同学用多用电表粗测干电池的电动势，下列操作步骤正确的是（）A．测量前将红黑表笔短接，进行机械调零B．红表笔接干电池正极、黑表笔接负极，测量电动势C．需将干电池从电路中取出，避免损坏多用电表D．测量完成后，将选择开关拨至欧姆挡位置，拔出表笔(2)将多用电表选择开关调至直流电压______（选填“0--3V”或“0--15V”）量程，按正确操作测量。(3)根据图1（a）的电路图，完成图1（b）中实物图的连线。______(4)按图1（a）电路进行实验：调节电阻箱到最大阻值后闭合开关，多次改变电阻箱的阻值R，记录对应的电流表示数I和电压表示数U，并作出U-I图像如图2所示。根据图像可得，干电池的电动势______V（保留3位有效数字），内阻______Ω（保留2位有效数字）(5)小组进一步利用实验数据作出图像如图3所示。结合（3）中求得的电动势E和内阻r，利用该图像的纵轴截距可求出电流表的内阻______Ω（保留2位有效数字）；同时分析可知，由于电压表内阻不是无穷大，本实验中干电池内阻的测量值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。(6)有同学提出新的实验方案：将图1（a）中的电阻箱替换为图2中的热敏电阻，通过改变温度控制的阻值（与温度t的关系如右图所示），重复上述实验步骤来测量干电池的电动势和内阻。请评价该方案是否可行，并说明理由；若方案可行，分析实验中需要注意的问题；若不可行，说明具体原因。______【答案】(1)B（1分）(2)0--3V（1分）(3)（2分）(4)1.58（1分）0.63（0.58--0.63均可）（1分）(5)2.5（2.4--2.6均可）（2分）偏小（2分）(6)方案可行，理由见解析（2分）【详解】（1）A．机械调零不需要红黑表笔短接。红黑表笔短接是欧姆调零的操作，机械调零是在不通电的情况下调节表盘螺丝使指针指在零刻度线，故A错误；B．多用电表的电压挡测量时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，所以红表笔应接电源正极，黑表笔接负极，故B正确；C．测量电源电动势时，不须将干电池从电路中取出，故C错误；D．测量完成后，应将选择开关拨至OFF挡或交流电压最高挡，而不是欧姆挡，欧姆挡内部接有电源，长期存放可能损坏电表，故D错误。故选B。（2）干电池的电动势约，可知多用电表选择开关调至直流电压。（3）实物图的连线如图所示（4）根据闭合电路欧姆定律有可得可知U-I图像的纵截距为，可知电动势为，斜率绝对值为电源内阻，可知内阻（5）根据闭合电路欧姆定律有可得可得图像的纵截距为可得电流表的内阻根据闭合电路欧姆定律有可得可得U-I图像的斜率为可知干电池内阻的测量值偏小。（6）热敏电阻的阻值可通过改变温度调节，从而改变外电路总电阻，获得多组路端电压U和电流I的数据，利用U-I图像可求得干电池的电动势和内阻，实验原理与原实验一致。24．（16分）某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R和，区域中的危险区内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，外圆为绝缘薄板，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点处开有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q、不计重力的带电粒子从左板内侧的A点由静止释放，两板间电压为U，粒子经电场加速后从C点沿CO方向射入磁场，若恰好不进入安全区，求：(1)粒子通过C点时的速度大小v0；(2)若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U1；(3)在（2）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从离开电场到再次返回电场所需的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理得（2分）解得（2分）（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示由几何关系得（1分）解得r＝R（1分）由牛顿第二定律得（1分）又因（1分）解得（1分）（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得（1分）解得（1分）粒子在磁场中运动的周期为（1分）粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为（1分）解得（1分）由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为（2分）25．（24分）如图所示，质量分别为mA=2kg，mB=1kg的物体A、B放在水平面上，物体A、B之间有一压缩的轻弹簧且处于锁定状态（A、B与弹簧不拴接），A左侧有一放在另一水平面上带有弧形轨道的滑块C，质量为mC=2kg，最低点与右侧的水平面相切，B右侧有一质量mD=3kg的长木板D，长木板的最右端放置一质量mE=1kg的物体E。某时刻解除轻弹簧的锁定，弹簧将A、B弹开后，物体A恰能滑到弧形轨道最高点，物体B与长木板D发生弹性碰撞且碰撞时间极短。已知弧形轨道的半径为R=0.8m，该段圆弧所对的圆心角为α=60°，物体E与长木板D上表面间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板D与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度g取10m/s2，物体A、B、C与所在水平面间的摩擦力可忽略，A、B、E均可视为质点。求：(1)物体A刚滑上滑块C瞬间对滑块C的压力大小；(2)初始时弹簧的弹性势能以及物体B与长木板D碰后瞬间D的速度大小；(3)物体E停止时到长木板右端的距离（结果可用分式表示）。【答案】(1)60N(2)48J，4m/s(3)【详解】（1）设轻弹簧将两物体弹开时A的速度大小为v1，物体A冲上滑块C后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则有（1分）（1分）解得（1分）物体A冲上滑块C的瞬间，由牛顿第二定律得（1分）解得（1分）由牛顿第三定律可知物体A对滑块C的压力大小为60N；（1分）（2）设轻弹簧将两物体弹开后瞬间B的速度大小为v2，弹簧弹开两物体的过程机械能守恒、动量守恒，则有（1分）（1分）解得（1分）（1分）物体B与长木板D发生弹性碰撞，该过程B、D组成的系统动量守恒、机械能守恒，则有（1分）（1分）解得（1分）（3）碰后长木板向右做匀减速直线运动，物体E向右做匀加速直线运动，对物体E，由牛顿第二定律得（1分）解得（1分）对长木板D，由牛顿第二定律得（1分）解得设碰后经时间t1物体E和长木板D共速，共同的速度为v，则（1分）解得（1分）该过程物体E和长木板的位移分别为（1分）该过程物体E在长木板的上表面向左滑过的距离为（1分）物体E和长木板D共速后，由于则此后长木板D在水平面上减速，物体E在长木板的上表面减速，该过程中物体E的加速度大小为a1，长木板D的加速度大小为（1分）从共速到减速到零过程物体E和长木板的位移分别为（1分）（1分）该过程物体E在长木板的上表面向右滑过的距离为则物体E停止时到长木板右端的距离为（1分）26．（14分）氢化铝锂()是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程与装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。已知：①、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。②相关物质溶解性表如下：LiHLiCl乙醚可溶可溶难溶难溶苯易溶难溶难溶微溶请回答下列问题：(1)写出离子化合物LiH的电子式：___________。(2)步骤Ⅰ时仪器a上方的玻璃塞需保持___________(填“打开”或“关闭”)；写出该步骤发生反应的化学方程式___________。(3)写出水解生成的化学方程式___________。(4)根据的性质，推断步骤Ⅲ中加入苯的作用是___________。(5)在滴加的乙醚溶液过程中，发现反应速率逐渐减慢，主要原因是___________。(6)测定的纯度。取3.04g产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成200mL溶液。量取20.00mL待测溶液、溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2min。冷却后加指示剂，用醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，三次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为22.80mL。已知EDTA与、均按反应，则的纯度为___________。若产品在称取前发生部分水解，则结果将___________(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。【答案】除备注外，每空2分(1)Li+[:H]-

（1分）(2)关闭（1分）(3)(4)易溶于苯，使其分离，同时降低在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析出(5)反应过程中产生LiCl固体且覆盖在LiH表面，阻碍与LiH反应(6)96.5偏小【分析】LiH、、在乙醚作溶剂的无水环境中反应得到含有的粗产品混合物，根据表格提供的物质溶解性可知，步骤Ⅱ为过滤，得到滤渣为LiH、LiCl，滤液为含、的乙醚溶液，由于难溶于苯，最后步骤Ⅲ为加入苯，使结晶析出。据此分析。【详解】（1）LiH是离子化合物，由和构成，电子式为Li+[:H]-。（2）LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，为防止空气进入，仪器a上方的玻璃塞需保持关闭，且恒压滴液漏斗能自动平衡内外气压；根据反应物和产物，LiH与在乙醚、26~30℃下反应生成和LiCl，配平方程式得。（3）中H为-1价，与水中+1价H发生归中反应生成，同时生成LiOH和，配平得。（4）根据溶解性表，易溶于苯，可溶于乙醚、难溶于苯，加入苯后，使分离，且降低了在混合溶剂中的溶解度，使结晶析出，达到提纯目的。（5）LiH是固体，反应生成的LiCl难溶于乙醚，会覆盖在LiH表面，阻碍LiH与接触，因此反应速率逐渐减慢。（6）EDTA总物质的量为，剩余EDTA与反应，剩余EDTA物质的量为，因此20mL待测液中，200mL溶液中，1mol含1molAl，因此，摩尔质量为，质量为，故纯度为；若产品部分水解，相同质量的样品中Al的总物质的量会降低，计算得到的量偏少，结果偏小。27．（15分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：已知：①焙砂的主要成分为；②常温下，，；③常温下，，。回答下列问题：(1)基态Zn原子的价电子排布式为___________。(2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是___________。(3)常温下，含尘烟气中的可用氨水吸收，用氨水吸收至溶液的时，所得溶液中的___________。(4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为___________(填化学式)。(5)硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(CuS)，发生反应ZnS，该反应的平衡常数___________。(6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。①的化学式为___________(和用具体数字表示)。②ZnS晶体中距离最近的有___________个。③设阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为___________。【答案】除备注外，每空2分(1)（1分）(2)增大接触面积，加快反应速率(3)8.4(4)(5)(6)12【分析】硫化锌精矿焙烧可生成ZnO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，经过净化可用于制备硫酸，焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn得到的滤渣中含有Fe、Zn，滤液主要含有硫酸锌，经过电解沉积得到Zn和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。【详解】（1）Zn原子序数为30，核外电子按能级由低到高依次排布为，其价电子位于4s和3d轨道，因此价电子排布式为；（2）“焙烧”前将硫化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，同时加快焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率；（3）SO2溶于水生成弱酸H2SO3，其两步电离常数分别为Ka1和Ka2，根据电离平衡关系：，已知，，当pH=5时，，代入数据计算得：；（4）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；（5）反应，其平衡常数为，由溶度积关系，可得；（6）①充电过程中，部分Zn2+被Li+替代进入晶体。设化学式为，由晶胞结构图可知，Zn2+或Li+的个数为7，S2-的个数为个，则,，即y=0.25，x=1.5，所以化学式为；②ZnS晶体中，S2−形成的面心立方结构中，每个S2-周围与之最近的S2-为12个；③ZnS晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4个ZnS结构单元，其摩尔质量为，则一个晶胞的质量为；晶胞边长为anm，而1nm=10−7cm，故晶胞体积为，根据密度公式，代入可得。28．（14分）丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为。回答下列相关问题：(1)已知：Ⅰ.Ⅱ.ΔH则丙烷脱氢制丙烯反应的为___________。(2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的倍。①0~10min丙烯的化学反应速率___________。②下列叙述能说明反应到达平衡状态的是___________。A．容器内气体的总压强不变B．容器内气体密度不变C．的浓度不再变化D．容器内气体平均摩尔质量不再变化

E．单位时间内消耗amolC3H8同时生成amolH2③若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始时压强为pkPa,C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图：此温度下该反应的平衡常数___________(用含字母的计算式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压总压气体的体积分数)(4)已知丙烷催化脱氢：，工业上常用含Cr、Al、O等元素的复合氧化物作催化剂。回答下列问题：①丙烷分子中碳原子杂化方式为___________；丙烯分子中σ键与π键数目之比为___________。②该催化剂含Al3+与O2-形成的晶体结构单元。Al2O3熔点远高于AlCl3的主要原因是___________。【答案】除备注外，每空2分(1)+123(2)0.05ACD恒温恒压条件下，起始​越大，容器体积越大，体系中各气体分压减小，该反应正方向为气体分子数增大的反应，减压平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率越大(3)0.9p(4)sp3（1分）8：1属于离子晶体，属于分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此熔点远高于【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应可由得到，则。（2）①恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，平衡总物质的量为，设转化的物质的量为，则平衡时C3H8的物质的量为（1-x）mol，C3H6和H2的物质的量均为xmol，则平衡总物质的量为，得，故；②A．该反应正方向为气体分子数增大的反应，总压强不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡，正确；B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，错误；C．浓度不再变化是平衡状态的标志，正确；D．平均摩尔质量，总质量不变，总物质的量变化，不变说明总物质的量不变，反应达到平衡，正确；E．消耗、生成均为正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，错误；故选ACD；③恒温恒压条件下，起始​越大，容器体积越大，体系中各气体分压减小，该反应正方向为气体分子数增大的反应，减压平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率越大。（3）平衡时体积分数为，设转化，则平衡时C3H8的物质的量为（1-x）mol，C3H6和H2的物质的量均为xmol，气体的总物质的量为（1+x）mol，则，解得，平衡总物质的量为，恒温恒容条件下压强之比等于物质的量之比，则平衡总压为，各物质分压：、，故。（4）①丙烷中所有碳原子均形成4个单键，杂化方式为；丙烯（）中共含8个键、1个键，数目之比为；②属于离子晶体，属于分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此熔点远高于。29．（15分）烯基键甲酰化反应在有机合成中有重要意义。以化合物ⅰ经过中间产物ⅱ和ⅲ得到甲酰化产物ⅳ的反应过程如图所示(部分反应条件略)：(1)化合物ⅱ中含氧官能团的名称为______。(2)①化合物ⅰ的分子式为______。②化合物ⅰ的同分异构体中，苯环上有2个取代基(取代基不含环状结构)且能与溶液发生显色反应的有______种。(3)化合物ⅳ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有3组峰，其结构简式为______(写一种)。(4)第一步反应可表示为，则X的化学式为______。(5)下列说法正确的有______。A．ⅱⅲ的转化中，有键的断裂和键的生成B．在ⅱ分子中，有1个手性碳原子，可形成分子间氢键C．化合物ⅲ属于卤代烃，可以发生取代反应和加成反应D．ⅳ分子中碳原子均采取杂化，且所有碳原子可以共面(6)以和为有机原料，结合上述信息，制备高分子化合物ⅴ的单体。①该单体的结构简式为______。②中间产物发生氧化反应后，经酸化即可得到该单体，则氧化反应的氧化剂可以为______。③第一步反应为消去反应，发生反应的化学方程式为______(注明反应条件)。【答案】除备注外，每空2分(1)羟基、醚键(2)（1分）9(3)(4)HBr（1分）(5)AB(6)银氨溶液或新制（1分）【分析】先发生双键加成反应生成，再水解生成；发生醇羟基的消去反应；发生氯代烃的水解生成2分子-OH不稳定脱水转化为醛基；据此分析解题。【详解】（1）化合物ⅱ中含氧官能团为直接连在烷基上的（羟基），以及中的醚键；（2）①化合物ⅰ结构为对甲氧基苯乙烯，含9个C原子，不饱和度为5（苯环4个，双键1个），H原子数为，分子式为；②能与显色说明含酚羟基（一个取代基为），分子式剩余组成为（另一取代基，无环），链状共有3种结构：、、；苯环上两个不同取代基有邻、间、对3种位置异构，总共有种；（3）化合物ⅳ分子式为，核磁共振氢谱只有3组峰，其结构高度对称，侧链形成2个相同基团（），结构简式为；（4）根据原子守恒：反应左侧原子总数减去化合物ⅱ的原子，剩余，故X为HBr；（5）A.ⅱ→ⅲ为消去反应，断裂、键，生成的键，A正确；B.ⅱ中仅连羟基的碳原子为手性碳（连4个不同基团），分子含羟基，可形成分子间氢键，B正确；C.化合物ⅲ含氧元素，不属于卤代烃（卤代烃仅含C、H、卤素），C错误；D.ⅳ中的甲基碳为饱和碳，采取，D错误；故答案选AB。（6）高分子Ⅴ为聚酯，结构重复单元为，对应单体为：；②结合题干信息，水解得到醛基，将醛基氧化为羧基，可选用银氨溶液（或新制氢氧化铜）氧化，再酸化得到羧基；③原料溴代烃发生消去反应生成烯烃，条件为的醇溶液、加热，反应的方程式为：。30．（原创题）（10分）齿肋赤藓是古尔班通古特沙漠生物土壤结皮的优势物种，具有极强的耐脱水和快速复苏能力，是研究极端环境适应的模式植物。科研人员对其分子机制研究发现：①脱水—复水过程中，基因转录水平与蛋白质表达量无明显对应关系，植物提前合成并储存关键蛋白，形成“蛋白存储池”；②丙酮酸激酶第513位赖氨酸乙酰化后，酶活性和稳定性显著提高，植物脱水干旱胁迫下，通过该修饰调控暗反应（碳固定）、谷胱甘肽抗氧化代谢通路，增强抗逆能力；复水恢复环境后，可快速激活细胞呼吸（糖酵解）、蛋白酶体降解通路，及时修复受损蛋白、恢复正常生命活动。回答下列问题：（1）从细胞代谢角度分析，齿肋赤藓复水后能在1分钟内光合作用效率恢复九成，光反应迅速恢复可快速产生__________，用于暗反应中___________，体现其对沙漠干旱—降雨多变环境的高度适应。（2）赖氨酸乙酰化修饰并未改变蛋白质的氨基酸序列，却能快速激活或抑制蛋白功能，从分子机制推测，其最可能通过改变蛋白质的__________实现调控；脱水时乙酰化修饰参与维持细胞氧化还原平衡，有利于减少__________对细胞结构的损伤。（3）丙酮酸激酶参与细胞呼吸第一阶段，该酶乙酰化后活性增强，对齿肋赤藓耐受干旱环境的意义是：脱水状态下：__________________________（2分）；复水复苏时：__________________（2分）。（4）齿肋赤藓乙酰化修饰位点具有独特氨基酸偏好，且形成特殊调控模式，从进化角度看，这是长期__________（2分）的结果。【答案】(1)ATP和NADPH；C₃的还原(2)空间结构；自由基（活性氧）(3)脱水：丙酮酸激酶活性提高，糖酵解增强，为细胞供能并提供代谢中间物，提升抗旱性（2分）复水：快速激活细胞呼吸，修复受损蛋白，恢复正常代谢（2分）(4)自然选择【解析】(1)光反应产物ATP、NADPH用于暗反应C₃还原。(2)氨基酸序列不变，功能改变源于空间结构改变；乙酰化减少自由基/活性氧损伤。(3)丙酮酸激酶强化糖酵解，脱水时供能+抗氧化；复水时快速修复。(4)生物适应性特征是长期自然选择结果。31．（改编题）（12分）某XY型雌雄异株的植物，无X染色体的个体无法成活。该植物花色受两对等位基因A、a和B、b共同控制，两对基因与花色性状的关系如图所示。研究人员用纯合紫花雄株与纯合蓝花雌株杂交，F₁全为蓝花植株；F₁雌雄个体相互杂交获得F₂，表型及比例为蓝花∶紫花=13∶3，且紫花全为雄株。请回答下列问题：（1）根据实验结果，判断B、b基因位于_______（1分）（填“常染色体”或“X染色体”）；两对基因的遗传遵循_______（1分）。判断的依据是__________________________。（2）结合图1的调控机制，写出花色对应的基因型（不考虑性别）：紫花：________________________；蓝花：________________________。（3）科研人员同时提取了亲本、部分F₂植株的基因组DNA，通过PCR扩增A/a、B/b基因片段，琼脂糖凝胶电泳结果如图所示（条带位置代表DNA片段长度，单位为bp，A/a的长度大于B/b）。已知甲和乙分别为纯合亲本，丙和丁为F₂中某个体，根据图2电泳条带分析则丙的基因型是_______；丁占F₂的比例是_______。【答案】(1)X染色体（1分）；基因的自由组合定律（1分）；F₂表型比13∶3为9∶3∶3∶1变式，且性状与性别相关联(2)紫花：A_Xᵇ_；蓝花：aa__、A_XB_(3)AAXᴮXᴮ或AAXᴮY；1/4【解析】(1)F₂出现13∶3的性状分离比，说明两对等位基因独立遗传，遵循自由组合定律。紫花全为雄株，说明B/b基因的遗传与性别相关，因此B、b位于X染色体上。（2）基因A控制紫色素合成，基因A会抑制基因B的表达。只有存在A基因、不存在B基因时，才表现为紫花，即基因型为A_Xᵇ_。不存在A基因（aa_），或同时存在A和B（A_Xᴮ）时，均表现为蓝花。（3）亲本为纯合紫花雄株AAXᵇY和纯合蓝花雌株aaXᴮXᴮ，F₁为AaXᴮY、AaXᴮXᵇ。F₁自交，F₂中丙的电泳条带为纯合显性类型，对应基因型为AAXᴮXᴮ或AAXᴮY。丁的基因型为AaXᴮXᴮ或AaXᴮY，Aa占1/2，XᴮXᴮ和XᴮY占1/2，1/2×1/2=1/4。32．（原创题）（10分）下图为禁食状态下，小鼠体内通过神经-免疫-激素网络调控血糖平衡的示意图，某科研小组围绕该机制开展了系列实验研究，请回答下列问题：（1）①图中，交感神经元释放的信号分子NE（去甲肾上腺素），需与肠道ILC2细胞表面的______（填受体名称）结合，才能抑制肠道锚定分子的表达，使ILC2脱离肠道并向胰腺迁移。这体现了细胞膜具有______的功能。②胰腺中的α细胞分泌的______，作用于肝脏时，可促进______和非糖物质转化为葡萄糖，从而升高血糖。（2）为验证“禁食状态下，ILC2通过分泌细胞因子IL-5/IL-13刺激胰高血糖素分泌，进而维持血糖平衡”，研究者进行了如下实验：实验材料：生理状况相同的野生型小鼠、ILC2缺陷小鼠、生理盐水、IL-5/IL-13混合溶液、胰高血糖素检测试剂盒、血糖检测仪。实验分组与处理：组别小鼠类型处理方式禁食后12h胰高血糖素浓度（pg/mL）禁食后12h血糖浓度（mmol/L）甲野生型小鼠注射生理盐水1205.2乙ILC2缺陷小鼠注射生理盐水452.8丙ILC2缺陷小鼠注射等量IL-5/IL-13混合溶液1155.0请回答下列问题：①分析数据可知，乙组小鼠的胰高血糖素和血糖浓度均显著低于甲组，原因是______（2分）；丙组小鼠注射IL-5/IL-13混合溶液后，胰高血糖素和血糖浓度均恢复至接近甲组水平，说明______。③若要进一步验证“ILC2向胰腺迁移是该调控过程的关键步骤”，可增设一组实验：取______小鼠，用特异性阻断Adrb2受体的抑制剂处理后禁食，检测胰腺中ILC2数量